Sadrzaj

6 FINANCIJSKA MATEMATIKA 1866.1 Jednostavni kamatni racun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.1.1 Dekurzivni obracun kamata . . . . . . . . . . . . . . . 1866.1.2 Anticipativni obracun kamata . . . . . . . . . . . . . . 187

6.2 Slozeni kamatni racun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1886.3 Relativna i konformna kamatna stopa . . . . . . . . . . . . . . 1936.4 Konacna (buduca) vrijednost prenumerando i postnumerando

uplata ili isplata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1986.5 Pocetna (sadasnja) vrijednost prenumerando i postnumerando

isplata (renti) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2026.6 Zajam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

6.6.1 Model otplate zajma uz jednake anuitete . . . . . . . . 2056.6.2 Model otplate zajma uz jednake otplatne kvote . . . . 2096.6.3 Model otplate zajma unaprijed dogovorenim anuitetima 210

6.7 Potrosacki kredit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2126.8 Kontinuirano ukamacivanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

i

Poglavlje 6

FINANCIJSKA MATEMATIKA

6.1 Jednostavni kamatni racun

Smisao jednostavnog kamatnog racuna je da se kamate obrcunavaju za svakorazdoblje ukamacivanja od iste glavnice.

6.1.1 Dekurzivni obracun kamata

Dekurzivni obracun kamata podrazumijeva da se kamate obracunavaju nakraju razdoblja od glavnice s pocetka razdoblja.Uvodimo sljedece oznake:

C0 − pocetna vrijednost (glavnica)

n − broj razdoblja ukamacivanja

p − dekurzivni kamatnjak

Cn − konacna vrijednost na kraju n-tog razdoblja

Kn − kamata na kraju n-tog razdoblja

(ili K − ukupne kamate)

Uz dane oznake vrijedi:

Cn = C0(1 +np

100)

Kn = Cn − C0

Kn =np

100C0

Primjer 6.1. Iznos od 10000 kn oroci se na 5 godina uz godisnji kamatnjak

3. Kolika je konacna vrijednost tog iznosa na kraju pete godine ako je obracun

kamata jednostavan, godisnji i dekurzivan? Koliko iznose ukupne kamate na

kraju 5. godine?

186

Rjesenje.

C0 = 10000

n = 5

p = 3(%)

C5 =?

K5 =?

C5 = C0(1 +np

100) = 10000(1 +

5 · 3100

) = 11500 kn

K5 = C5 − C0 = 11500 − 10000 = 1500 kn

(ili K5 =np

100C0 =

5 · 3100

· 10000 = 1500 kn)

6.1.2 Anticipativni obracun kamata

Anticipativni obracun kamata podrazumijeva da se kamate obracunavaju napocetku razdoblja od glavnice s kraja razdoblja.Koristimo iste oznake kao i ranije, uz dodatak

q − anticipativni kamatnjak

Vrijedi:

K =qn

100Cn

Cn =100

100 − qnC0

K = Cn − C0

Primjer 6.2. Kolika je konacna vrijednost glavnice od 15000 kn na kraju

pete godine uz 5% godisnjih kamata ako je obracun jednostavan, godisnji i

anticipativan?

187

Rjesenje.

C0 = 15000

n = 5

q = 5

C5 =?

C5 =100

100 − nqC0 =

100

100 − 5 · 5· 15000 = 20000 kn

K = C5 − C0 = 20000 − 15000 = 5000 kn

6.2 Slozeni kamatni racun

Dekurzivni obracunKoristimo sljedece oznake:

Ki − kamata na kraju i-te godine (nastala u toj godini)

Ci − glavnica na kraju i-te godine

r − dekurzivni kamatni faktor

p(G) − godisnji dekurzivni kamatnjak

Cn − konacna vrijednost glavnice nakon n godina

C0 − pocetna vrijednost glavnice

K − ukupne kamate

Vrijede sljedece (osnovne) formule:

Ki =Ci−1 · p(G)

100Ci = Ci−1 + Ki

r = 1 +p(G)

100Cn = C0 · (r

n)

K = C0(rn − 1)

K = Cn − C0

C0 =Cn

rn

Ukratko:

188

• konacna vrijednost glavnice:

Cn = C0 · rn

• pocetna vrijednost glavnice:

C0 =Cn

rn

Ako imamo zadani broj godina kapitalizacije (n), te pocetnu i konacnu vri-jednost glavnice, dekurzivni kamatni faktor racunamo po formuli

r = n

√

Cn

C0

,

a ako imamo zadani dekurzivni kamatni faktor (r), te pocetnu i konacnuvrijednost glavnice, broj godina kapitalizacije racunamo po formuli

n =log Cn − log C0

log r.

Zadatak 6.3. U banku je danas ulozen iznos od 10000 kn. Kolika je vrijed-

nost tog uloga na kraju pete godine ako je godisnji kamatnjak 3, a obracun

kamata dekurzivan, godisnji i slozen?

Rjesenje.

C0 = 10000

n = 5

p(G) = 3

C5 =?

r = 1 +p(G)

100= 1 +

3

100= 1.03

C5 = C0 · r5 = 10000 · (1.03)5 = 11592.74 kn

Zadatak 6.4. Iznos od 10000 kn oroci se na 5 godina. Ako je banka prve

dvije godine primjenjivala godisnji kamatnjak 3, a u preostalom razdoblju 2,izracunajte konacnu vrijednost ulozenog iznosa. Obracun kamata je godisnji,

slozen i dekurzivan.

189

Rjesenje.

C0 = 10000

n = 5

n1 = 2, p1(G) = 3

n2 = 3, p2(G) = 2

C5 =?

r1 = 1 +p1(G)

100= 1 +

3

100= 1.03

r2 = 1 +p2(G)

100= 1 +

2

100= 1.02

Cn = C0 · rn1

1 · rn2

2

C5 = C0 · r2

1 · r3

2 = 10000 · (1.03)2 · (1.02)3 = 11258.36 kn

Zadatak 6.5. Jedno poduzece duguje iznose od 100000 kn na kraju druge

i 200000 kn na kraju trece godine. Kojim iznosom moze to poduzece pod-

miriti navedeno dugovanje krajem pete godine, ako je godisnji kamatnjak 8?Obracun kamata je godisnji, slozen i dekurzivan.

Rjesenje.

D1 = 100000

D2 = 200000

p(G) = 8

C5 =?

r = 1 +p(G)

100= 1 +

8

100= 1.08

C5 = D1 · r3 + D2 · r

2 = 100000 · (1.08)3 + 200000 · (1.08)2 = 359251.20 kn

190

Zadatak 6.6. U banci je oroceno 10000 kn na 5 godina. Na kraju trece

godine vlasnik racuna je podigao iznos od 5000 kn. Koliko ce na racunu biti

na kraju pete godine ako je godisnji kamatnjak za prve dvije godine 4, a za

ostatak razdoblja 5? Obracun kamata je godisnji, slozen i dekurzivan.

Rjesenje.

C0 = 10000

D1 = 5000

p1(G) = 4 ⇒ r1 = 1.04

p2(G) = 5 ⇒ r1 = 1.05

C5 =?

C5 = C0 · r2

1 · r3

2 − D1 · r2

2 = 12520.87− 5512.5 = 7008.37 kn

Zadatak 6.7. Koliki iznos treba orociti danas na 10 godina uz godisnji ka-

matnjak 4 za prve cetiri godine, a 3 u preostalom razdoblju, ako se zeli da

konacna vrijednost bude 30000 kn? Obracun kamata je godisnji, slozen i

dekurzivan.

Rjesenje.

C10 = 30000

n = 10

p1(G) = 4 ⇒ r1 = 1.04

p2(G) = 3 ⇒ r1 = 1.03

C0 =?

C10 = C0 · r4

1 · r6

2 ⇒

C0 =C10

r41r

62

=30000

(1.04)4(1.03)6= 21476.55 kn

191

Zadatak 6.8. Poduzece duguje iznos od 100000 kn na kraju trece i 150000kn na kraju pete godne od danas. Kojim se iznosom moze podmiriti cijeli dug

a) danas

b) na kraju druge godine

c) na kraju trece godine

d) na kraju seste godine

od danas ako je godisnji kamatnjak za prve dvije godine 8, a u preostalom

razdoblju 7? Obracun kamata je godisnji, slozen i dekurzivan.

Rjesenje.

D3 = 100000

D5 = 150000

p1(G) = 8 ⇒ r1 = 1.08

p2(G) = 7 ⇒ r1 = 1.07

a)

C0 =D3

r21r2

+D5

r21r

32

=100000

1.082 · 1.07+

150000

1.082 · 1.073= 185101.70 kn

b)

C2 =D3

r2

+D5

r32

=100000

1.07+

150000

1.073= 215902.63 kn

c)

C3 = D3 +D5

r22

= 100000 +150000

1.072= 231015.81 kn

d)

C6 = D3 · r3

2 + D5 · r2 = 100000 · 1.073 + 150000 · 1.07 = 283004.30 kn

Zadatak 6.9. Iznos od 20000 kn oroci se na 3 godine. Ako su ukupne kamate

jednake 3152.50 kn, uz koju je godisnju stopu izvrseno orocenje? Obracun

kamata je godisnji, slozen i dekurzivan.

192

Rjesenje.

C0 = 20000

n = 3

K = 3152.50

p =?

C3 = C0 + K = 20000 + 3152.50 = 23152.50

C3 = C0 · r3 ⇒ r3 =

C3

C0

⇒ r = 3

√

C3

C0

r =3

√

23152.50

20000= 1.05

r = 1 +p

100⇒ p = (r − 1) · 100 = 0.05 · 100 = 5

Opcenito vrijedi formula:

p = 100 · ( n

√

Cn

C0

− 1).

6.3 Relativna i konformna kamatna stopa

Relativna i konformna kamatna stopa koriste se ako osnovno razdoblje ukamacivanjanije jednake duljine kao osnovno razdoblje na koje se odnosi nominalna(propisana) kamatna stopa.

Neka je:

d1 − duljina vremenskog intervala na koji se odnosi nominalna kamatna stopa

d − duljina vremenskog intervala u kojem se obavlja ukamacivanje.

Tada je

m =d1

dbroj osnovnih razdoblje ukamacivanja u razdoblju na koje se odnosi nomi-nalna kamatna stopa.

Definiramo:

193

• RELATIVNI KAMATNJAK

pR =p

m

• KONFORMNI KAMATNJAK

rK = r1

m = m√

r

⇒ pK = 100(rK − 1).

Napomena:Ako drugacije nije naglaseno, koristi se konformni kamatnjak!

Zadatak 6.10. Na koju vrijednost naraste 50000 kn na kraju osme godine

ako je godisnja kamatna stopa 4%? Obracun kamata je

a) polugodisnji,

b) dvogodisnji,

c) kvartalni.

Koristite relativni kamatnjak.

Rjesenje.

C0 = 50000

n = 8

p = 4 godisnje

a)

d1 = 1 godina

d = 1 polugodiste

m =d1

d=

1 g

1 pol=

2 pol

1 pol= 2

pR =p

m=

4

2= 2 ⇒ rR = 1.02

n = 8 godina = 16 polugodista

C16 = C0 · r16

R= 68639.29 kn

194

b)

d1 = 1 godina

d = 2 godine

m =d1

d=

1 g

2 g=

1

2

pR =p

m=

41

2

= 8 ⇒ rR = 1.08

n = 8 godina = 4 dvogodista

C4 = C0 · r4

R= 68024.45 kn

c)

d1 = 1 godina

d = 1 kvartal

m =d1

d=

1 g

1 kvartal=

4 kvartala

1 kvartal= 4

pR =p

m=

4

4= 1 ⇒ rR = 1.01

n = 8 godina = 32 kvartala

C32 = C0 · r32

R= 68747.03 kn

Zadatak 6.11. Neka osoba ulozi u banku pocetkom prve godine 50000 eura,

a pocetkom cetvrte godine podigne 20000 eura. Koliku ce svotu ta osoba imati

u banci krajem cetvrte godine ako je polugodisnji kamatnjak 3%, a obracun

kamata

a) polugodisnji,

b) mjesecni.

Koristite relativni kamatnjak.

Rjesenje.

a) Jedno obracunsko razdoblje je jedno polugodiste pa sve preracunavamou polugodista.

p = 3 ⇒ r = 1.03

n = 8 polugodista

C8 = 50000 · r8 − 20000 · r2 = 42120.50 kn

195

b) Jedno obracunsko razdoblje je jedan mjesec pa sve preracunavamo umjesece.

m =1 pol

1 mj=

6 mj

1 mj= 6

pR =p

m=

3

6= 0.5 ⇒ rR = 1.005

n = 4 godine = 48 mjeseci

C48 = 50000 · r48 − 20000 · r12 = 42290.90 kn

Zadatak 6.12. Neka osoba ulozi u banku pocetkom prve godine 50000 eura,

a pocetkom trece i cetvrte godine podigne po 10000 eura. Koliku ce svotu ta

osoba imati u banci na kraju pete godine ako je obracun

a) godisnji,

b) mjesecni,

a godisnja kamatna stopa 9%? Primijenjujemo konformni kamatnjak.

Rjesenje.

a)

p = 9 ⇒ r = 1.09

C5 = 50000 · r5 − 10000 · r3 − 10000 · r2 = 52099.90 kn

b) Jedno obracunsko razdoblje je jedan mjesec pa sve preracunavamo umjesece.

m =1 god

1 mj=

12 mj

1 mj= 12

rK = r1

m = r1

12 =12√

1.09 = 1.00721

n = 5 godina = 60 mjeseci

C60 = 50000 · r60

K− 10000 · r36

K− 10000 · r24

K= 52099.90 kn

Vazno:Primijetimo da se, za razliku od relativnog, s konformnim kamatnjakom do-biva uvijek isti iznos, bez obzira na vremenski interval izmedu obracuna.

196

Zadatak 6.13. Neka osoba ulozi u banku 10000 eura. Koliku ce svotu imati

ta osoba u banci krajem pete godine ako banka prve tri godine primjenjuje

godisnju kamatnu stopu 10%, a zadnje dvije 7%? Obracun kamata je slozen,

polugodisnji i dekurzivan.

Rjesenje.

m =1 god

1 polug=

2 polug

1 polug= 2

r1 = 1.1 ⇒ rK1 = 1.11

2 =√

1.1 = 1.04881

r2 = 1.07 ⇒ rK2 = 1.071

2 =√

1.07 = 1.03441

n = 5 godina = 10 polugodista

C10 = 10000 · r6

K1 · r4

K2 = 15238.62 kn

Zadatak 6.14. Neka osoba ulozi u banku pocetkom prve godine 50000 kn, a

pocetkom cetvrte podigne 20000 kn. Koliku ce svotu ta osoba imati u banci

krajem cetvrte godine ako je godisnji kamatnjak 2, a obracun kamata slozen,

dekurzivan, mjesecni, uz

a) relativni kamatnjak,

b) konformni kamatnjak?

Rjesenje.

n = 4 god = 48 mj

p(G) = 2 ⇒ r = 1.02

C48 =?

Godisnju kamatnu stopu moramo pretvoriti u mjesecnu.

a)

m =1 god

1 mj=

12 mj

1 mj= 12 ⇒

pR(M) =p(G)

m=

2

12=

1

6= 0.166666667 ⇒ rR = 1.001666667

C48 = 50000 · r48

R− 20000 · r12

R=

= 50000 · (1.001666667)48 − 20000 · (1.001666667)12 =

= 54160.75 − 20403.69 = 33757.06 kn

197

b)

m = 12 ⇒ rK = r1

12 = 1.021

12

C48 = 50000 · r48

K− 20000 · r12

K=

= 50000 · (r1

12 )48 − 20000 · (r1

12 )12 =

= 50000 · r4 − 20000 · r =

= 50000 · 1.024 − 20000 · 1.02 =

= 54121.608 − 20400 = 33721.61 kn

6.4 Konacna (buduca) vrijednost prenumerando i postnumerandouplata ili isplata

Pretpostavimo da imamo visekratne jednake uloge u odredenim, jednakimvremenskim intervalima. Pitamo se kolika je konacna vrijednost svih tihuloga na kraju n-tog razdoblja.

Uvodimo sljedece oznake:

R − konstantna uplata (isplata) u odredenim, jednakim vremenskim

intervalima

n − broj razdoblja ukamacivanja

p − konstantni godisnji kamatnjak

Sn − konacna vrijednost prenumerando uplata (isplata) na kraju n-tog

razdoblja

S ′

n− konacna vrijednost postnumerando uplata (isplata) na kraju n-tog

razdoblja

198

PRENUMERANDO uplate (isplate) su uplate (isplate) koje se izvrsavajuuvijek na pocetku vremenskog razdoblja. Konacna vrijednost na kraju n-tograzdoblja uplata (isplata) izvrsenih pocetkom svakog od n razdoblja (ili krace,konacna vrijednost n prenumerando uplata (isplata)) jednaka je:

Sn = R · rn + R · rn−1 + . . . + R · r2 + R · r =

= R · r · (rn−1 + rn−2 + . . . + r + 1) =

= R · r ·rn − 1

r − 1

Sn = R · r · rn−1r−1

POSTNUMERANDO uplate (isplate) su uplate (isplate) koje se izvrsavajuuvijek na kraju vremenskog razdoblja. Konacna vrijednost na kraju n-tograzdoblja uplata (isplata) izvrsenih krajem svakog od n razdoblja (ili krace,konacna vrijednost n postnumerando uplata (isplata)) jednaka je:

S ′

n= R · rn−1 + R · rn−2 + . . . + R · r + R =

= R · (rn−1 + rn−2 + . . . + r + 1) =

= R ·rn − 1

r − 1

S ′n = R · rn−1

r−1

Zadatak 6.15. Osoba ulaze u banku pocetkom svake godine po 15000 kn kroz

pet godina. Ako je godisnji kamatnjak 7, kolika je konacna vrijednost svih

uplata na kraju pete, a kolika na kraju osme godine? Obracun kamata je

godisnji, slozen i dekurzivan.

Rjesenje.

R = 15000

p = 7 ⇒ r = 1.07

S5 =?

C8 =?

199

S5 = R · r ·r5 − 1

r − 1= 15000 · 1.07 ·

1.075 − 1

1.07 − 1= 92299.36 kn

C8 = S5 · r3 = 92299.36 · 1.073 = 113070.67 kn

Zadatak 6.16. Neka osoba pocetkom svake godine u prve tri godine uplacuje

po 10000 eura uz 10% godisnje kamatne stope, a u daljnjih sedam godina po

15000 eura uz 8% godisnje kamatne stope. Koliko ce ta osoba imati u banci

na kraju petnaeste godine ako se i dalje primjenjuje godisnja kamatna stopa

od 8%?

Rjesenje.

R1 = 10000

R2 = 15000

p1 = 10 ⇒ r1 = 1.1

p2 = 8 ⇒ r2 = 1.08

C15 =?

S3 = R1 · r1 ·r31 − 1

r1 − 1= 10000 · 1.1 ·

1.13 − 1

1.1 − 1= 36410

S7 = R2 · r2 ·r72 − 1

r2 − 1= 15000 · 1.08 ·

1.087 − 1

1.08 − 1= 144549.42

C15 = S3 · r12

2 + S7 · r5

2 = 304077.09 eur

Zadatak 6.17. Osoba ulaze u banku na ime stambene stednje krajem svakog

mjeseca po 500 kn. Koliku ce svotu ta osoba imati u banci na kraju godine

ako joj se u tom trenutku uplate i drzavna poticajna sredstva od 1250 kn?

Godisnji kamatnjak je 3, a obracun kamata mjesecni, slozen i dekurzivan?

Rjesenje.

200

R = 500

n = 12 mjeseci

p = 3 ⇒ r = 1.03

C12 =?

m =1 god

1 mj=

12

1= 12

rK = r1

m = 1.031

12 = 1.00246627

S ′

12 = R ·r12K

− 1

rK − 1= 6082.06

C12 = S ′

12 + 1250 = 7332.06 kn

Zadatak 6.18. Osoba treba na kraju pete godine platiti iznos od 30000 eura.

U dogovoru s vjerovnikom duznik se obvezao da ce krajem svake godine kroz

pet godina uplacivati odredenu svotu. Koja je to svota ako vjerovnik trazi 8%godisnjih kamata, a obracun je godisnji, slozen i dekurzivan?

Rjesenje.

S ′

5 = 30000

n = 5

p = 8 ⇒ r = 1.08

R =?

S ′

5 = R ·r5 − 1

r − 1⇒

R = S ′

5 ·r − 1

r5 − 1= 30000 ·

1.08 − 1

1.085 − 1= 5113.69 eur

201

Zadatak 6.19. Neka je osoba uplacivala u banku pocetkom svake godine po

5000 eura kroz 5 godina. Koliko ce ta osoba imati u banci na kraju desete

godine ako je banka prve tri godine primjenjivala kamatnu stopu 6%, u pre-

ostalom razdoblju 5%, i ako je osoba na kraju sedme godine podigla iznos od

10000 eura?

Rjesenje.

R = 5000

n = 5

p1 = 6 ⇒ r1 = 1.06

p2 = 6 ⇒ r2 = 1.05

C10 =?

S3 = R · r1 ·r31 − 1

r1 − 1= 16873.08

S2 = R · r2 ·r22 − 1

r2 − 1= 10762.50

C10 = S3 · r7

2 + S2 · r5

2 − 10000 · r3

2 = 25901.85 eur

6.5 Pocetna (sadasnja) vrijednost prenumerando i postnumerandoisplata (renti)

Pretpostavimo da imamo visekratne jednake isplate u odredenim, jednakimvremenskim intervalima. Pitamo se kolika je pocetna vrijednost svih tihuloga na pocetku prvog razdoblja.

Dodatno, koristimo jos i ove oznake:

An − pocetna vrijednost postnumerando isplata

A′

n− pocetna vrijednost prenumerando isplata

202

Pocetna vrijednost na pocetku prvog razdoblja isplata izvrsenih krajem svakogod n razdoblja (ili krace, pocetna vrijednost n postnumerando isplata)jednaka je:

An =R

r+

R

r2+ . . . +

R

rn=

=R

rn(rn−1 + rn−2 + . . . + 1) =

=R

rn·rn − 1

r − 1

An = Rrn · rn−1

r−1

Pocetna vrijednost na pocetku prvog razdoblja isplata izvrsenih pocetkomsvakog od n razdoblja (ili krace, pocetna vrijednost n prenumerandoisplata) jednaka je:

A′

n= R +

R

r+ . . . +

R

rn−1=

=R

rn−1(rn−1 + rn−2 + . . . + 1) =

=R

rn−1·rn − 1

r − 1

A′n = R

rn−1 · rn−1r−1

Zadatak 6.20. Koliki iznos treba danas uloziti u banku da se osigura 5godisnjih postnumerando isplata po 30000 kn i na kraju seste godine jed-

nokratna isplata od 50000 kn? Obracun kamata je slozen, godisnji i dekurzi-

van, a godisnja kamatna stopa 8%.

Rjesenje.

203

R = 30000

n = 5

p = 8 ⇒ r = 1.08

C0 =?

C0 = A5 +50000

r6=

R

r5·r5 − 1

r − 1+

50000

r6= 151289.78 kn

Zadatak 6.21. Pocetkom svake godine osoba uplacuje u banku po 10000eura kroz tri godine. Na pocetku cetvrte godine pocinje joj se isplacivati

polugodisnja renta pocetkom svakog polugodista kroz dvije godine. Izracunajte

visinu rente ako banka za prve tri godine primjenjuje godisnju kamatnu stopu

6%, a u preostalom razdoblju 5%. Obracun kamata je polugodisnji slozen i

dekurzivan.

Rjesenje.

R1 = 10000

p1 = 6 ⇒ r1 = 1.06 ⇒ rK1=

√1.06

p2 = 5 ⇒ r2 = 1.05 ⇒ rK2=

√1.05

R2 =?

Buduci da se koristi konformni kamatnjak, S3 mozemo izracunati i tako daobracunavamo gorisnje kamate:

S3 = R1 · r1 ·r31 − 1

r1 − 1= 33746.16 kn

S druge strane, pocetnu vrijednost prenumerando rente, A′

4 moramo racunatiobracunavajuci kamatnu stopu polugodisnje. Koristeci da S3 mora biti jed-nako A′

4 dobivamo:

A′

4 =R2

r3K2

·r4K2

− 1

rK2− 1

= 33746.16

204

⇒ R2 = 33746.16 ·r3K2

(rK2− 1)

r4K2

− 1= 8747.72 kn

Napomena:Uvjerimo se jos jednom da je, zbog konformnosti kamatne stope, svejednoda li racunamo S3 preko polugodisnjeg ili preko godisnjeg obracuna:

S3 = R1 · r6

K1+ R1 · r

4

K1+ R1 · r

2

K1= R1 · r

2

K1· (r4

K1+ r2

K1+ 1) =

= R1 · r1 · (r2

1 + r1 + 1) = R1 · r1 ·r31 − 1

r1 − 1

6.6 Zajam

Model zajma temelji se na cinjenici da pocetna vrijednost svih uplacenihanuiteta mora biti jednaka visini odobrenog zajma.

6.6.1 Model otplate zajma uz jednake anuitete

Koristimo sljedece oznake:C = C0 − visina zajma

a − jednaki anuiteti

p − konstantni dekurzivni kamatnjak

n − broj razdoblja otplate zajma

r = 1 +p

100− dekurzivni kamatni faktor

Ck − ostatak duga na kraju k-tog razdoblja

Ik − kamata na kraju k-tog razdoblja nastala u tom razdoblju

Rk − otplatna kvota na kraju k-tog razdoblja

Vrijedi:

C = C0 = a ·rn − 1

rn(r − 1)⇒ a = C ·

rn(r − 1)

rn − 1

Ik =Ck−1 · p

100Rk = a − Ik

Ck = Ck−1 − Rk

Navedene formule omogucavaju nam sastavljanje otplatne tablice zajma.

205

Lako se izvedu jos i ove formule:

Rn = Cn−1

Rk = Rk−1 · r

Ck = a ·rn−k − 1

rn−k(r − 1)

Smisao otplate zajma je da se kroz anuitete otplati sam zajam ali i kamatestvorene u svim razdobljima. Stoga vrijedi:

n∑

1

a =n

∑

1

Ik +n

∑

1

Rk =n

∑

1

Ik + C

Zadatak 6.22. Zajam od 30000 kn odobren je na 3 godine uz godisnji ka-

matnjak 10 i placanje jednakih anuiteta krajem godine. Sastavite otplatnu

tablicu. Obracun je godisnji, slozen i dekurzivan.

Rjesenje.

C = 30000

p = 10 ⇒ r = 1.1

n = 3

a = C ·rn(r − 1)

rn − 1= 30000 ·

1.13(1.1 − 1)

1.13 − 1= 12063.44

1. godina:

I1 =C0 · p100

=30000 · 10

100= 3000

R1 = a − I1 = 12063.44− 3000 = 9063.44

C1 = C0 − R1 = 30000 − 9063.44 = 20936.56

2. godina:

I2 =C1 · p100

=20936.56 · 10

100= 2093.66

R2 = a − I2 = 12063.44− 2093.66 = 9969.79

C2 = C1 − R2 = 20936.56− 9969.79 = 10966.77

206

3. godina:

I3 =C2 · p100

=10966.77 · 10

100= 1096.68

R3 = a − I3 = 12063.44 − 1096.68 = 10966.77

C3 = C2 − R3 = 10966.77 − 10966.77 = 0

Konacno, otplatna tablica izgleda ovako:

k a Ik Rk Ck

0 – – – 300001 12063.44 3000 9063.44 20936.562 12063.44 2093.66 9969.79 10966.773 12063.44 1096.68 10966.77 0

∑

36190.33 6190.33 30000

Zadatak 6.23. Zajam od 100000 kn odobren je na 2 godine uz godisnji ka-

matnjak 10 i placanje jednakih anuiteta krajem polugodista. Sastavite ot-

platnu tablicu ako je obracun slozen, dekurzivan i polugodisnji.

Rjesenje.

C = 100000

p(G) = 10 ⇒ r = 1.1

n = 2 god = 4 polugodista

m =1 god

1 pol=

2 pol

1 pol= 2 ⇒ rK = r

1

2 =√

1.1 ⇒ pK = 100(√

1.1 − 1)

a = C ·r4K

(rK − 1)

r4K− 1

= C ·r2(rK − 1)

r2 − 1= 100000 ·

1.12(√

1.1 − 1)

1.12 − 1= 28123.19

Koristeci formule

Ik =Ck−1 · pK

100,

Rk = a − Ik,

Ck = Ck−1 − Rk,

207

dobivamo sljedecu otplatnu tablicu:

k a Ik Rk Ck

0 – – – 1000001 28123.19 4880.88 23242.31 76757.692 28123.19 3746.45 24376.74 52380.953 28123.19 2556.65 25566.54 26814.414 28123.19 1308.78 26814.41 0

∑

112492.76 12492.76 100000

Zadatak 6.24. Zajam od 100000 kn treba otplatiti u dvije godine jednakim

anuitetima krajem polugodista. Koliki su anuiteti ako se prve godine primjen-

juje mjesecni kamatnjak 1.1, a druge godine godisnji kamatnjak 10. Obracun

kamata je slozen, dekurzivan i polugodisnji. Primijenite relativni kamatnjak!

Rjesenje.

C = 100000

p1(M) = 1.1

p2(G) = 10

n = 2 god = 4 polugodista

Kako je obracun polugodisnji, oba kamatnjaka moramo pretvoriti u polu-godisnje i to relativno.

m1 =1 mj

1 pol=

1 mj

6 mj=

1

6⇒ pR1

=p1M

m1

=1.11

6

= 6.6 ⇒ rR1= 1.066

m2 =1 god

1 pol=

2 pol

1 pol= 2 ⇒ pR2

=p2G

m2

=10

2= 5 ⇒ rR2

= 1.05

Anuitete cemo izracunati tako da izjednacimo visinu zajma sa pocetnomvrijednosti svih uplacenih anuiteta:

C =a

rR1

+a

r2R1

+a

r2R1

rR2

+a

r2R1

r2R2

/ · r2

R1r2

R2

C · r2

R1r2

R2= a · rR1

r2

R2+ a · r2

R2+ a · rR2

+ a

= a · (rR1r2

R2+ r2

R2+ rR2

+ 1)

⇒ a =C · r2

R1r2R2

rR1r2R2

+ r2R2

+ rR2+ 1

= 28948.72 kn

208

6.6.2 Model otplate zajma uz jednake otplatne kvote

U ovom modelu otplate zajma u svakom razdoblju otplati se isti dio zajma(glavnice) i pripadna kamata. Dakle otplatne kvote su iste za svako raz-doblje, a razliciti su anuiteti.

Koristimo sljedece oznake:C = C0 − visina zajma

ak − anuitet na kraju k-tog razdoblja

p − konstantni dekurzivni kamatnjak

n − broj razdoblja otplate zajma

r = 1 +p

100− dekurzivni kamatni faktor

Ck − ostatak duga na kraju k-tog razdoblja

Ik − kamata na kraju k-tog razdoblja nastala u tom razdoblju

R − jednake otplatne kvote

Vrijedi:

R =C

n

Ik =Ck−1 · p

100ak = R + Ik

Ck = Ck−1 − R

ili alternativno: Ck = C(1 − k

n)

Zadatak 6.25. Zajam od 100000 kn odobren je na 2 godine uz 10% godisnjih

kamata i iste otplatne kvote. Sastavite otplatnu tablicu. Obracun kamata je

godisnji, slozen i dekurzivan.

Rjesenje.

C = 100000

p(G) = 10 ⇒ r = 1.1

n = 2

R =C

n=

100000

2= 50000

209

1. godina:

I1 =C0 · p100

=100000 · 10

100= 10000

a1 = R + I1 = 50000 + 10000 = 60000

C1 = C0 − R = 100000 − 50000 = 50000

2. godina:

I2 =C1 · p100

=50000 · 10

100= 5000

a2 = R + I2 = 50000 + 5000 = 55000

C2 = C1 − R2 = 50000 − 50000 = 0

dobivamo sljedecu otplatnu tablicu:

k ak Ik R Ck

0 – – – 1000001 60000 10000 50000 500002 55000 50000 50000 0

∑

115000 15000 100000

6.6.3 Model otplate zajma unaprijed dogovorenim anuitetima

U ovom modelu zajam C treba amortizirati dogovorenim jednakim anuite-tima a krajem svakog razdoblja uz kamatnjak p. Pitamo se koliko je vrijemeamortizacije, tj. koliko ce anuiteta trebati ukupno uplatiti.Iz

a = C ·rn(r − 1)

rn − 1

slijedi da je vrijeme amortizacije:

n =

ln a−ln[a−C(r−1)]ln r

Ukoliko n nije cijeli broj, zaokruzujemo ga na prvi manji, uz napomenuda je vrijeme amortizacije n + 1. Na kraju racunamo koliko mora iznositi

210

posljednji, (n + 1). anuitet (svi prethodni anuiteti iznose a!). Taj anuitetnaziva se jos i krnji anuitet i oznacava se sa a′

n+1.

a′n+1 = C · rn+1 − a · r · rn−1r−1

Zadatak 6.26. Poduzece trazi zajam od 200000 kn uz 9% godisnjih kamata

i moze placati anuitet od 50000 kn krajem godine. Odredite vrijeme amorti-

zacije.

Rjesenje.

C = 200000

p = 9 ⇒ r = 1.09

a = 50000

n = 2 god = 4 polugodista

n =ln a − ln[a − C(r − 1)]

ln r=

=ln 50000 − ln[50000 − 200000(1.09− 1)]

ln 1.09=

= 5.179 godina

Krnji anuitet:

a′

n+1 = C · rn+1 − a · r ·rn − 1

r − 1⇒

a′

6 = C · r6 − a · r ·r5 − 1

r − 1=

= 200000 · 1.096 − 50000 · 1.09 ·1.095 − 1

1.09 − 1=

= 9253.29 kn

Dakle, da bi se otplatio zajam od 200000 kn uz anuitete od 50000 kn,potrebno je krajem svake od 5 godina uplatiti anuitet od 50000 kn i josna kraju 6. godine 5253.29 kn.

211

6.7 Potrosacki kredit

Potrosacki kredit predstavlja primjer jednostavnog i anticipativnog obracunakamata.

Koristimo sljedece oznake:

C − iznos odobrenog potrosackog kredita

P − udio u gotovini

C1 − iznos stvarnog potrosackog kredita

K − ukupna kamata

C2 − ukupno dugovanje

R − mjesecna rata

p − postotak udjela u gotovini

k − kamatni koeficijent

m − broj mjeseci na koji je odobren potrosacki kredit

q − godisnji anticipativni kamatnjak

Ukupno dugovanje po potrosackom kreditu dobivamo kada od iznosa odobrenogpotrosackog kredita C oduzmemo udio u gotovini P i dodamo ukupne kamateK:

iznos odobrenog potrosackog kredita C

- udio u gotovini P

iznos stvarnog potrosackog kredita C1

+ ukupne kamate K

ukupno dugovanje C2

212

Vrijedi:

P = C ·p

100

K = C1 ·k

100

R =C2

m

k = (m+1)·q24

C · (1 − p

100)(1 + k100) = R · m

Napomena:

Obicno se u praksi uzima da mjesecna rata moze iznositi najvise 1/3 mjesecneplace.

Zadatak 6.27. Potrosacki kredit u iznosu od 50000 eura banka je odobrila uz

rok otplate od 4 godine, godisnju anticipativnu kamatnu stopu 15% i udjel u

gotovini od 30%. Izracunajte iznos udjela u gotovini, ukupne kamate i iznos

mjesecne rate.

Rjesenje.

C = 50000

m = 4 godine = 48 mjeseci

p = 30%

q = 15%

P, K, R =?

P = C ·p

100= 50000 ·

30

100= 15000

213

Za racunanje ukupne kamate K potrebno je najprije izracunati iznos stvarnogpotrosackog kredita C1 i kamatni koeficijent k:

C1 = C − P = 50000 − 15000 = 35000

k =(m + 1) · q

24=

49 · 15

24= 30.625

⇒ K = C1 ·k

100= 35000 ·

30.625

100= 10718.75

Za racunanje mjesecne rate R potrebno je najprije izracunati ukupno dugo-vanje C2:

C2 = C1 + K = 35000 + 10718.75 = 45718.75

⇒ R =C2

m=

45718.75

48= 952.47

Zadatak 6.28. Na koje je vrijeme odobren potrosacki kredit od 30000, ako

je postotak udjela u gotovini 20, godisnja anticipativna kamatna stopa 16%,a

mjesecna rata 1166.67 eura.

Rjesenje.

C = 30000

R = 1166.67

p = 20%

q = 16%

m =?

Uvrstavanjem

k =(m + 1) · q

24u

C · (1 −p

100)(1 +

k

100) = R · m

dobivamo

C · (1 −p

100)(1 +

(m + 1) · q2400

) = R · m

214

30000 · (1 −20

100)(1 +

(m + 1) · 16

2400) = 1166.67 · m

24000 + 160 · (m + 1) = 1166.67 · m

24160 = 1006.67 · m

⇒ m = 24 mjeseca

6.8 Kontinuirano ukamacivanje

Koristimo sljedece oznake:n − vrijeme u godinama

p − prosjecni godisnji prirast (u postocima)

C0 − pocetna vrijednost glavnice

Cn − konacna vrijednost glavnice nakon n godina konstantnog ukamacivanja

Kontinuirano ukamacivanje je poseban obracun kamata, u kojem se ka-mate obracunavaju svakog trenutka i pribrajaju glavnici, tj. nema vremen-skog diskontinuiteta izmedu dva obracuna kamata i njihovog pribrajanjaglavnici unutar vremenskog trajanja kapitalizacije.

Kontinuirana kapitalizacija se primjenjuje u odredivanju prirodnog rasta(prirasta biljaka, zivotinja, ljudi) i u makroekonomskim istrazivanjima.

Vrijedi:

Cn = C0 · en·p

100

Iz toga lako slijedi:

C0 = Cn · e−n·p

100 i n =100

p· ln

Cn

C0

Zadatak 6.29. Za koje ce vrijeme drvne mase u nekoj sumi biti 50% vise

ako je prosjecni godisnji prirast 2.8%?

Rjesenje.

215

C0

Cn = C0 +50

100· C0 = 1.5 · C0

p = 2.8%

n =?

Cn = C0 · en·p

100 ⇒ en·p

100 =Cn

C0

⇒n · p100

= lnCn

C0

⇒ n =100

p· ln

Cn

C0

n =100

p· ln

Cn

C0

=100

p· ln

1.5 · C0

C0

=100

2.8· ln 1.5 = 14.48

⇒ n = 14 g 5 mj 23 d

Zadatak 6.30. Za koliko se godina drvna masa od 9230m3 neke sume povecala

jos za 3000m3 ako je prosjecni godisnji prirast 2%?

Rjesenje.

C0 = 9230

Cn = C0 + 3000 = 12230

p = 2%

n =?

n =100

p· ln

Cn

C0

=100

2· ln

12230

9230= 14.072 godina

Zadatak 6.31. Koliko je tesko bilo pile prije 6 mjeseci ako je danas njegova

tezina 2 kg, a godisnji prirast 250%?

Rjesenje.

216

Cn = 2

n = 6 mj = 0.5 god

p = 250%

C0 =?

C0 = Cn · e−n·p

100 = 2 · e−0.5·250

100 = 2e−125

100 = 0.573 kg

Pile je prije 6 mjeseci bilo tesko 0.573 kg.

Zadatak 6.32. Koliko ce kg dijete imati na svoj 6. rodendan ako je rodeno

s 2.5 kg i ako se pretpostavlja da prve 2 godine kontinuirano dobiva na tezini

5% mjesecno, a sljedece 4 godine prosjecno 2% mjesecno? Koristite relativnu

kamatnu stopu.

Rjesenje.

C0 = 2.5 kg

n1 = 2 god

p1 = 5% mjesecno

n2 = 4 god

p2 = 2% mjesecno

C6 =?

m =1 mj

1 god=

1 mj

12 mj=

1

12⇒

pR1=

p1

m=

51

12

= 60% godisnje

pR2=

p2

m=

21

12

= 24% godisnje

C2 = C0 · en1·pR1

100 , C6 = C2 · en2·pR2

100 ⇒

C6 = C0 · en1·pR1

100 · en2·pR2

100 = 2.5 · e2·60

100 · e4·24

100 = 21.677 kg

217